2022年高考化学二轮复习专题一 解答Ⅱ卷中化学计算题的常用方法 (含解析)

这是一份2022年高考化学二轮复习专题一 解答Ⅱ卷中化学计算题的常用方法 (含解析)，共10页。
借助方程式，以物质的量为中心的计算题每年必考，一般不单独命题，而是作为某道非选择题中的一个设问出现，如2018·课标全国Ⅰ·T27(4)、2018·课标全国Ⅱ·T28(3)、2017·课标全国Ⅰ·T26(5)、2016·课标全国Ⅰ·T28(5)而学生平时养成的重思维而轻结果的做题习惯，也使化学计算成为制约学生得高分的一个重要因素，因此加强化学计算能力也成为教学重点。
1.依据方程式解题模板
现以2H2＋O22H2O为例，方程式中有关量的关系如下：
化学方程式中各物质的化学计量数之比＝各物质的物质的量之比＝气体体积之比(相同状况下)≠质量之比。根据化学方程式列比例式时应遵循上述比例关系。
注意：根据化学方程式计算时，所列比例是否正确的判断依据是：“上下单位要一致，左右单位要对应”。
2.化学综合计算的框架结构和基本题型
考点指导1 解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法
关系式法是表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。
【典例1】 工业上常用漂白粉跟酸反应放出的氯气的质量对漂白粉质量的百分比(X%)来表示漂白粉的优劣。漂白粉与酸的反应为：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO4===2CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O。现为测定一瓶漂白粉的X%，进行如下实验。称取漂白粉样品2.00 g；加水研磨后，转入250 mL容量瓶中，用水稀释至刻度。摇匀后，取出25.0 mL，加入过量的KI溶液和过量的稀硫酸，静置。待漂白粉放出的氯气与KI完全反应后，用0.100 ml/L的Na2S2O3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应如下：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，滴定时用去Na2S2O3溶液20.0 mL，试由上述数据计算该漂白粉的X%。
解析 题目要求的X%是氯气的质量对漂白粉质量的百分比，而题目已给出了漂白粉样品的质量，因此，只要求出2.00 g样品所能放出的氯气的质量即可。根据题意：生成的氯气全部与KI完全反应，反应生成的I2又与25.0 mL 0.100 ml/L的Na2S2O3标准溶液完全反应。不过在处理数据时要注意：实验时漂白粉与水混合后配成的溶液体积为250 mL，而滴定时只取用25.0 mL。因此可根据各反应中相关物质Cl2、I2、Na2S2O3之间的关系，通过I2的“桥梁”作用直接建立起Cl2与Na2S2O3之间物质的量的关系。
有关反应如下：
Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO4===2CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O
2KI＋Cl2===2KCl＋I2
2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
根据三反应中相关物质Cl2、I2、Na2S2O3之间物质的量的关系建立如下关系式：
Cl2～I2～2Na2S2O3
1 ml 2 ml
x 20.0×0.10×10－3ml
x＝1.0×10－3ml
X%＝(1.0×10－3ml×250 mL×71 g/ml)÷(25.0 mL×2.00 g)＝35.5%
【名师总结】
【对点训练】
1.[2018·课标全国Ⅱ，28(3)]测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)中铁的含量
(1)称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c ml·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_______________________________________。
(2)向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c ml·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为
_____________________________________________________________________。
解析 (1)KMnO4能将样品溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋，将C2Oeq \\al(2－,4)氧化成CO2，达到滴定终点时，KMnO4稍过量，溶液中出现紫红色。(2)加入过量锌粉能将溶液中
Fe3＋还原为Fe2＋，酸化后Fe2＋与KMnO4溶液反应，根据化合价变化可找出关系式为5Fe2＋～MnOeq \\al(－,4)，根据消耗KMnO4溶液的浓度和体积可知溶液中n(Fe2＋)＝c ml·L－1×V×10－3 L×5＝5×10－3cV ml，则该晶体中铁元素的质量分数为eq \f(5×10－3×cV ml×56 g·ml－1,m g)×100%或eq \f(5cV×56,m×1 000)×100%。
答案 (1)当滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液变为紫红色，且30 s内不变色 (2)eq \f(5cV×56,m×1 000)×100%
考点指导2 简化过程 妙用守恒
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。
【典例2】 (2017·江苏化学，18)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
(1)碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：45～50 ℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为_______________________________________________
___________________________________________________________________。
②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M′的化学式为________。
(2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.116 0 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 2 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.080 00 ml·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
[师生互动]
守恒1：由得失电子守恒可得：4CuCl＋O2＋8H2Oeq \(=====,\s\up7(45～50 ℃))2[Cu2(OH)2Cl·3H2O]
守恒2：由电解质溶液中电荷守恒可得：
n(Cl－)＝n(AgCl)＝4.800×10－3ml
n(Cu2＋)＝9.600×10－3ml
n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝1.440×10－2ml
守恒3：由质量守恒可得：n(H2O)＝eq \f(m总－m（Cl－）－m（Cu2＋）－m（OH－）,18 g/ml)＝4.800×10－3ml
解析 (1)①反应物为CuCl、O2和H2O，生成物为Cu2(OH)2Cl2·3H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平。②由图示Cu＋M→Cu2＋＋M′，说明Cu被M氧化；M′＋O2＋H＋→M＋H2O，说明M′被氧化为M，说明M价态高，由题给信息“Fe3＋对该反应起催化作用”，M为Fe3＋，M′为Fe2＋。
答案 (1)①4CuCl＋O2＋8H2Oeq \(=====,\s\up7(45～50 ℃))2Cu2(OH)2Cl2·3H2O ②Fe2＋
(2)n(Cl－)＝n(AgCl)×eq \f(100.00 mL,25.00 mL)＝eq \f(0.172 2 g,143.5 g·ml－1)×eq \f(100.00 mL,25.00 mL)＝4.800×10－3ml
n(Cu2＋)＝n(EDTA)×eq \f(100.00 mL,25.00 mL)＝0.080 00 ml·L－1×30.00 mL×10－3 L·mL－1×eq \f(100.00 mL,25.00 mL)＝9.600×10－3ml
n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3ml－4.800×10－3ml
＝1.440×10－2ml
m(Cl－)＝4.800×10－3ml×35.5 g·ml－1＝0.170 4 g
m(Cu2＋)＝9.600×10－3ml×64 g·ml－1＝0.614 4 g
m(OH－)＝1.440×10－2ml×17 g·ml－1＝0.244 8 g
n(H2O)＝eq \f(1.116 0 g －0.170 4 g－0.614 4 g－0.244 8 g,18 g·ml－1)＝4.800×10－3ml
a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O
【对点训练】
2.(得失电子守恒)[2016·全国课标Ⅰ，28(5)]“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)
解析 氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据：
NaClO2eq \(――→,\s\up7(得4e－))Cl－，Cl2eq \(――→,\s\up7(得2e－))2Cl－，得电子数相等时，存在：
NaClO2～2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为eq \f(71×2,90.5)≈1.57。
答案 1.57
3.(原子守恒)[2017·课标全国Ⅲ，27(5)]某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为________。
解析 由Cr元素守恒可知：Cr2O3～K2Cr2O7，则理论产生K2Cr2O7的质量为(eq \f(m1×1 000×40%,152)×294) g，而实际产量为1 000m2 g，则产率＝eq \f(实际产量,理论产量)×100%＝eq \f(190m2,147m1)×100%。
答案 eq \f(190m2,147m1)×100%
考点指导3 物质的量在化学综合计算中的应用
化学综合计算在理科综合里往往与工艺流程题、原理综合题以及化学实验融为一题。具有数据较多、关系复杂、综合性强的特点。构建“题示信息＋基础知识＋逻辑思维＋心理素质”的基本思维模式，认真审题、规范答题显得特别重要。
【典例3】 (2018·江苏化学，18)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
(2－x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O===
2[(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑
生成物(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有________。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH________(填“增大”、“减小”、“不变”)。
(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.330 0 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.100 0 ml·L－1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.080 00 ml·L－1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3＋、
Cu2＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。
计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。
解析 (1)碱式硫酸铝中“氢氧化铝”的生成原理是：碳酸钙与硫酸铝水解出的氢离子反应，促进硫酸铝水解，生成氢氧化铝。所以，欲提高x值，即提高Al(OH)3的生成量，可以增加碳酸钙的量。也可以在不增加碳酸钙用量的情况下，加快搅拌速率，使二者接触更充分，从而使硫酸铝的水解率增大。(2)二氧化硫是酸性氧化物，吸收二氧化硫必将使碱式硫酸铝溶液的pH减小。(3)见答案。
答案 (1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
(2)减小
(3)25.00 mL溶液中：
n(SOeq \\al(2－,4))＝n(BaSO4)＝eq \f(2.330 0 g,233 g·ml－1)＝0.010 0 ml
2.50 mL溶液中：
n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)
＝0.100 0 ml·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1－0.080 00 ml·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝9.000×10－4 ml
25.00 mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3ml
1 ml(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3＋)＝(2－x)ml；n(SOeq \\al(2－,4))＝3(1－x)ml
eq \f(n（Al3＋）,n（SOeq \\al(2－,4)）)＝eq \f(2－x,3（1－x）)＝eq \f(9.000×10－3ml,0.010 0ml)，解得：x≈0.41
【对点训练】
4.(2018·天津理综，9)NOx含量的测定
将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NOeq \\al(－,3)，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入V1 mLc1 ml·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 ml·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL。
(1)NO被H2O2氧化为NOeq \\al(－,3)的离子方程式为______________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(2)滴定操作使用的玻璃仪器主要有______________________________________。
(3)滴定过程中发生下列反应：
3Fe2＋＋NOeq \\al(－,3)＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为________mg·m－3。
(4)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
若缺少采样步骤③，会使测定结果________。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果_______________________________。
解析 (1)NO被H2O2氧化为NOeq \\al(－,3)，则H2O2被还原为H2O，配平离子方程式为2NO＋3H2O2===2NOeq \\al(－,3)＋2H＋＋2H2O。(2)K2Cr2O7标准溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管下端的橡胶部分，因此滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、酸式滴定管。(3)根据滴定原理，可得原溶液中NOeq \\al(－,3)消耗的n(Fe2＋)＝[c1 ml·L－1×V1×10－3 L－c2 ml·L－1×V2×10－3L×6]×eq \f(100.00,20.00)＝5(c1V1－6c2V2)×10－3 ml，则n(NOeq \\al(－,3))＝eq \f(1,3)n(Fe2＋)＝eq \f(5,3)(c1V1－6c2V2)×10－3ml，故气样中NOx折合成NO2的含量为eq \f(5,3)(c1V1－6c2V2)×10－3 ml×46 000 mg·ml－1÷(V×10－3)m3＝eq \f(23×（c1V1－6c2V2）,3V)×104 mg·m－3。(4)若缺少采样步骤③，则采集的烟道气中混有空气，测定结果偏低；若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗的FeSO4标准溶液的体积偏大，测定结果偏高。
答案 (1)2NO＋3H2O2===2H＋＋2NOeq \\al(－,3)＋2H2O
(2)锥形瓶、酸式滴定管
(3)eq \f(23×（c1V1－6c2V2）,3V)×104
(4)偏低 偏高